2017-2018学年黑龙江省双鸭山市第一中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

2017-2018学年黑龙江省双鸭山市第一中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

黑龙江省双鸭山市第一中学2017-2018学年高二下学期期末考试化学试题 一、选择题（共25个小题，每题只有一个答案，1～15每题2分，16～25每题3分，共60分）‎ ‎1. 下列物质均有漂白作用，其中漂白原理与其他三种不同的是 A. HClO B. SO2 C. O3 D. Na2O2‎ ‎【答案】B ‎【解析】HClO、O3、Na2O2具有强氧化性，能使有色物质褪色，是永久性褪色；SO2不具有强氧化性，但它能与有色物质化合生成无色物质，是暂时性褪色；显然只有SO2的漂白原理与其他几种不同。故选B。‎ 点睛：HClO、O3、Na2O2均具有强氧化性，能使有色物质褪色；SO2不具有强氧化性；二氧化硫的漂白性是因为和有色物质化合生成无色物质。‎ ‎2. 既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应的化合物是 A. SiO2 B. Al2O3 C. Na2CO3 D. AlCl3‎ ‎【答案】B ‎【解析】分析：根据物质的性质分析解答，注意两性氧化物的特殊性。‎ 详解：A．SiO2与盐酸不反应，故A不选；B．氧化铝属于两性氧化物，与盐酸反应生成氯化铝，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，故B选；C．Na2CO3只与盐酸反应，故C不选；D．AlCl3只与NaOH溶液反应，故D不选；故选B。‎ 点睛：本题考查了物质的性质。要熟悉既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应的物质：两性化合物(如Al2O3、Al(OH)3等)、弱酸的铵盐(如(NH4)2CO3等)、弱酸的酸式盐(NaHCO3、NaHS等)、单质(如Al)、氨基酸等。‎ ‎3. 在常温下，下列操作中不能区别浓硫酸和稀硫酸的是 A. 分别加入铁片 B. 分别加入蔗糖 C. 分别加入铜片 D. 分别加入硫酸铜晶体 ‎【答案】C ‎【解析】A. 常温下，铁和稀硫酸反应生成氢气，铁和浓硫酸发生钝化现象，现象不同，所以可以区别，故A错误；B. 浓硫酸、稀硫酸都是无色液体，所以观察外表无法区别，故B正确；‎ C. 浓硫酸具有强氧化性、脱水性，能使蔗糖被氧化而变黑，稀硫酸不能使蔗糖被氧化，所以现象不同，可以区别，故C错误；D. 浓硫酸具有吸水性，能使硫酸铜晶体变为无色，而稀硫酸不能使硫酸铜晶体变为无色，现象不同，可以区别，故D错误；故选B。‎ 点睛：浓硫酸和稀硫酸都属于酸，都有酸性，但浓硫酸具有强氧化性、吸水性和脱水性。‎ ‎4. 下列物质能使干的蓝色石蕊试纸先变红后褪色的是 A. 氯气 B. 新制的氯水 C. 液氯 D. 久置的氯水 ‎【答案】B ‎【解析】分析：干燥的氯气不具有漂白作用，氯气与水反应生成HClO，HClO具有漂白性，据此分析判断。‎ 详解：A.氯气不能使干燥的石蕊试纸褪色，故A错误；B.新制氯水中含有HCl和HClO，能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，故B正确；C.液氯不能使干燥的石蕊试纸褪色，故C错误； D.久置氯水中HClO分解，不具有漂白性，不能使干燥的石蕊试纸褪色，故D错误； 故选B。‎ ‎5. NO2与溴蒸气颜色相同，可用于鉴别二者的方法是 ‎①AgNO3溶液 ②CCl4 ③通入水中 ④湿润的淀粉-KI试纸 ⑤NaOH溶液 A. ①②③ B. ①②③④ C. ②③④⑤ D. ①②③④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】NO2溶于水反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，溴蒸汽溶于水反应：Br2+H2O⇌HBr+HBrO，则：‎ ‎①AgNO3溶液：NO2通入无现象；溴蒸汽通入有黄色沉淀生成。故①能鉴别；②CCl4：NO2通入无明显现象；溴蒸汽通入形成CCl4溶液，颜色变红棕色。故②能鉴别；③通入水中：NO2通入溶液为无色；溴蒸汽通入形成溴水溶液为橙黄色。故③能鉴别；④湿润的淀粉-KI试纸：俩气体通入均会使碘化钾氧化为碘单质，试纸均变蓝。故④不能鉴别；⑤NaOH溶液：俩气体通入由于反应，溶液均变为无色。故⑤不能鉴别。对照选项知，A正确。‎ ‎6. 在敞口容器中的下列溶液，久置后溶液中溶质的浓度会变大的是 A. 浓硫酸 B. 浓硝酸 C. 氯水 D. 氯化钠 ‎【答案】D ‎【解析】分析：A．浓硫酸具有吸水性；B．浓硝酸具有挥发性；C．氯水中HClO见光易分解；D．NaCl性质稳定，溶剂水易挥发；据此分析判断。‎ 详解：A．浓硫酸具有吸水性，久置空气中浓度变小，故A错误；B．浓硝酸易挥发，久置后溶液中溶质减少，会导致溶液浓度变小，故B错误；C．氯水中HClO见光易分解，促进氯气与水的反应，氯气不断消耗，溶液浓度变小，故C错误；D．NaCl性质稳定，水挥发而导致溶液浓度变大，故D正确；故选D。‎ ‎7. 下列化合物中，能通过单质之间直接化合制取的是 A. FeCl2 B. FeI2 C. CuS D. SO3‎ ‎【答案】B ‎【解析】分析：变价金属与氧化性强的单质生成高价金属化合物，与氧化性弱的单质生成低价金属化合物，S燃烧只生成二氧化硫，以此分析解答。‎ 详解：A．Fe与氯气直接化合生成FeCl3，故A错误；B．Fe与碘蒸气直接化合生成FeI2，故B正确；C．Cu与S直接化合生成Cu2S，故C错误；D．S与氧气直接化合生成SO2，故D错误；故选B。‎ 点睛：本题考查金属的化学性质及氧化还原反应，把握氧化性的强弱及发生的氧化还原反应为解答的关键。本题的易错点为B，碘的氧化性小于氯气，与铁化合只能生成FeI2，溶液中不能存在FeI3。‎ ‎8. 下列反应中，HNO3既表现酸性又表现出氧化性的是 A. 使紫色石蕊溶液变红 B. 与铜反应 C. 与Na2CO3溶液反应 D. 与S单质混合共热时生成H2SO4和NO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】A. 使石蕊变红，只能说明硝酸具有酸性，不能说明氧化性，故A错误；B. 与铜反应生成Cu(NO3)2和NO气体，生成硝酸铜表现酸性，生成NO表现硝酸的氧化性，故B正确；C. 与Na2CO3反应放出CO2气体生成NaNO3，说明硝酸的酸性比碳酸强，不发生氧化还原反应，故C错误；D. 与S单质混合共热时生成H2SO4和NO2，只表现硝酸的氧化性，不表现酸性，故D错误。故选B.‎ 点睛：硝酸既能表现出酸性；又表现出强氧化性，在反应中与金属反应生成硝酸盐和氮的氧化物，与非金属反应还原生成NO或NO2等物质，同时将非金属氧化成高价的氧化物，也可以通过化合价的变化来分析判断，以此解答。‎ ‎9. 硅及其化合物是带给人类文明的重要物质。下列说法正确的是 A. 陶瓷、水晶、水泥、玻璃都属于硅酸盐 B. 水玻璃是纯净物，可用于生产黏合剂和防火剂 C. 某硅酸盐的化学式为KAlSi3O8，可用K2O·Al2O3·6SiO2表示 D. 高纯硅可用于制造光导纤维，高纯二氧化硅可用于制造太阳能电池 ‎【答案】C 考点：考查硅及其化合物的用途正误判断的知识。‎ ‎10. 下列实验最终能看到白色沉淀的是 A. CO2或SO2通入CaCl2溶液中 B. 过量CO2通入澄清石灰水中 C. 过量SO2通入Ba(OH)2溶液中 D. 过量CO2通入Na2SiO3溶液中 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A中反应不能发生；B中CO2过量，生成的是碳酸氢钙；C中SO2过量生成的是亚硫酸氢钡；D中碳酸的酸性强于硅酸的，所以有硅酸白色沉淀产生，答案选D。‎ 考点：考查常见反应的有关判断 点评：本题基础性强，难度不大，但容易错选A。该题重点考查学生对常见元素及其化合物的性质，学生只要能熟练记住有关物质的化学性质，然后灵活运用即可得出。‎ ‎11. 下列有关钠及其化合物说法正确是的 A. 将一小块金属钠投入到硫酸铜溶液中，有红色物质析出 B. 实验室中的NaOH溶液用带有玻璃塞的试剂瓶盛装 C. Na2O2和Na2O中阴、阳离子的个数比均为1:2‎ D. 某无色溶液进行焰色反应实验，直接观察时，火焰呈黄色，则该溶液中阳离子只有Na+‎ ‎【答案】C ‎【解析】分析：A.钠与盐溶液反应时，一般都是先与水反应，生成的氢氧化钠再与盐反应；B．氢氧化钠溶液能够与二氧化硅发生反应；C．过氧化钠中含有的是钠离子与过氧根离子；D、钠离子的焰色反应呈黄色，钾离子的焰色反应需要透过钴玻璃观察；据此分析判断。‎ ‎12. 氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现出不同的性质，下列结论正确的是 A. 加入有色布条，片刻后有色布条褪色，说明有Cl2存在 B. 溶液呈浅黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2存在 C. 先加入盐酸酸化，再加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，说明有Cl-存在 D. 氯水放置数天后，PH变大，几乎无漂白性 ‎【答案】B ‎【解析】A. 次氯酸具有漂白性，使有色布条褪色的物质是HClO，故A错误；B. 氯气是黄绿色气体，且有刺激性气味，如果氯水溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在，故B正确；C. 加入盐酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl-存在，加盐酸酸化引入氯离子，不能证明氯水中是否含有氯离子，故C错误；D. 氯水的漂白性是因为有次氯酸，氯水放置数天后，次氯酸分解为氧气和氯化氢，所以酸性变强，pH变小，失去漂白性，故D错误；故选B。‎ 点睛：氯气通入水中，与水反应发生Cl2+H2O═HCl+HClO，HClO⇌H++ClO-，HCl=H++Cl-，所以氯水中存在Cl2、H2O、HClO、H+、Cl-、ClO-、OH-，再结合离子、分子的性质来解答。‎ ‎13. 某溶液中加入铝粉能放出氢气，此溶液中一定能大量共存的离子组是 A. H+、Cu2+、Cl-、SO42- B. HCO3-、NO3-、SO42-、Na+‎ C. Cl-、SO42- 、Na+、K+ D. Fe3+、SO42-、Cl-、AlO2-‎ ‎【答案】C ‎【解析】某溶液能与铝粉反应放出氢气，该溶液一定是非氧化性酸或强碱溶液，A.碱性溶液中，H+会与OH-反应，同时Cu2+会与OH-生成Cu(OH)2，故A错误；B.HCO3-既不能在酸性溶液中存在也不能在碱性溶液中存在，故B错误；C.所有离子均可以在酸性或者碱性条件下存在，故C正确；D. Fe3+在碱性溶液中会生成Fe(OH)3沉淀，AlO2-会在酸性溶液中反应生成Al3+‎ ‎，故D错误；故选C。‎ ‎14. 在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶，再加入下列物质，铜粉溶解的是 ‎①FeCl3 ②Fe2O3 ③Cu(NO3)2 ④KNO3‎ A. 只有①或② B. 只有②或④ C. 只有①或②或③ D. 上述物质中任意一种 ‎【答案】D ‎【解析】①铜能和氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，所以铜能在氯化铁溶液中溶解，故①正确；②因Fe2O3能与稀硫酸反应：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，Fe2(SO4)3能与铜粉反应：Fe2(SO4)3+Cu=2FeSO4+CuSO4，所以铜粉溶解，故②正确；③向稀硫酸反应加入硝酸铜后，溶液中含有氢离子和硝酸根离子，所以相当于溶液中含有硝酸，硝酸能和铜反应，3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，所以加入硝酸铜后能溶解铜，故③正确；④依据③的分析可知，加入硝酸钾，相当于加入硝酸根，也与硫酸中的氢离子构成硝酸致使铜溶解，故④正确；故选D。‎ 点睛：根据铜的化学性质判断，如：铜不能与弱氧化性酸反应，但可以和强氧化性酸反应，能与具有氧化性的FeCl3溶液、酸性条件下的硝酸盐等反应。‎ ‎15. 下列关于Na2CO3和NaHCO3性质的说法错误的是 A. 热稳定性Na2CO3>NaHCO3‎ B. 与同浓度盐酸反应的剧烈程度： Na2CO3>NaHCO3‎ C. 相同温度时，在水中的溶解性：Na2CO3>NaHCO3‎ D. 等物质的量浓度溶液的PH：Na2CO3>NaHCO3‎ ‎【答案】B ‎【解析】A．NaHCO3不稳定，加热易分 2NaHCO3=Na2CO3+CO2↑+H2O，碳酸钠受热稳定，所以热稳定性：Na2CO3 >NaHCO3，故A正确；B．分别滴加HCl溶液，反应离子方程式为CO32-+2H+═CO2↑+H2O，HCO3-+H+═H2O+CO2↑，相同条件下NaHCO3比Na2CO3反应放出气体剧烈，故B错误；C．常温下，向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳气体，有碳酸氢钠晶体析出，可知常温时水溶解性：Na2CO3>NaHCO3，故C正确；D．在水中水解程度Na2CO3大，所以等物质的量浓度溶液，碱性较强的为Na2CO3，则pH为Na2CO3>NaHCO3，故D正确．故选B。‎ 点睛：NaHCO3与Na2CO3相比较，NaHCO3不稳定，加热易分解，常温时，Na2CO3溶解度较大，与盐酸反应时，NaHCO3反应剧烈，在水中水解程度Na2CO3大。‎ ‎16. 下列实验装置不能达到实验目的是（　　）‎ A. 用SO2做喷泉实验 B. 验证Cu与浓硝酸反应的热量变化 C. 验证NH3易溶于水 D. 比较Na2CO3与NaHCO3的稳定性 ‎【答案】D ‎【解析】A．二氧化硫易与氢氧化钠反应而导致烧瓶压强减小，可形成喷泉，A正确；B．如反应为放热反应，则U形管左端液面下降，右端液面上升，可判断反应是否属于放热反应，B正确；C．如气球体积变大，则烧瓶内压强减小，可说明氨气易溶于水，C正确；D．套装小试管加热温度较低，碳酸氢钠应放在套装小试管中，通过澄清水是否变浑浊可证明稳定性，D错误。答案选D。‎ ‎17. 将SO2通入BaCl2溶液中至饱和，未见沉淀生成，继续通入另一种气体，仍无沉淀生成，则该气体可能为 A. O3 B. NH3 C. Cl2 D. HI ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：通入HI气体，不发应，没有沉淀。故选D。‎ 考点：SO2的性质 点评：本题难度不大，考查SO2的性质，注意SO2的酸性、还原性和氧化性的性质。‎ ‎18. 下列说法错误的是 A. 残留在试管内壁上的硫可用CS2溶解除去，也可用热的NaOH溶液除去 B. 用饱和食盐水除去氯气中的杂质氯化氢 C. 检验铵盐的方法是将待检物取出少量放在试管中加入强碱溶液，加热，再滴入酚酞试液 D. HNO3应保存在棕色细口瓶内，存放在黑暗且温度低的地方 ‎【答案】C ‎【解析】分析：A．根据硫的溶解性和化学性质分析判断；B、根据氯气和水的反应是可逆反应结合平衡移动的原理分析判断；C、加强碱溶液后溶液呈碱性，据此分析判断；D．硝酸见光易分解，据此分析判断。‎ 详解：A．硫易溶于二硫化碳，残留在试管内壁上的硫，用二硫化碳洗涤，硫在加热时能够与氢氧化钠溶液反应，也可用热的NaOH溶液除去，故A正确；B、氯气和水的反应是可逆反应，所以食盐水中含有氯离子能抑制氯气的溶解，氯化氢极易溶于水，从而能达到洗气的目的，故B正确；C、加强碱溶液后加热，再滴入无色酚酞试液，因为强碱溶液呈碱性，不能确定是否有铵根离子，应该在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，故C错误；D．硝酸见光易分解变质，为了防止分解将硝酸保存于棕色试剂瓶中，并贮存在避光、低温处，故D正确；故选C。‎ ‎19. 下列离子方程式中正确的是 A. FeBr2溶液中加入等物质的量的Cl2：2Fe2+ + 2Br－ + 2Cl2 = 2Fe3++Br2+4Cl－‎ B. 用氢氟酸在玻璃上“刻字”：SiO2 + 4H+ + 4F－ = SiF4↑+ 2H2O C. 将铜丝投入稀硝酸中：Cu + 4H+ + 2NO3－＝ Cu2+ + 2NO2↑+ 2H2O D. NaOH与NH4Cl溶液混合加热：NH4+ + OH－ NH3·H2O ‎【答案】A ‎【解析】分析：A．FeBr2溶液中加入等物质的量的Cl2反应生成氯化铁、溴；B．HF属于弱酸；C．稀硝酸被还原对应还原产物为NO；D．氢氧化钠和氯化铵溶液混合加热生成氨气；据此分析判断。‎ 详解：A．FeBr2溶液中加入等物质的量的Cl2反应生成氯化铁、溴，离子方程式为2Fe2+ + 2Br－ + 2Cl2 = 2Fe3++Br2+4Cl－，故A正确；B．用氢氟酸来刻蚀玻璃的离子反应为SiO2+4HF═SiF4↑+2H2O，故B错误；C．将铜丝投入稀硝酸中，离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故C错误；D．氢氧化钠和氯化铵溶液混合加热生成氨气，离子方程式为NH4++OH- NH3↑+H2O，故D错误；故选A。‎ 点晴：本题考查了离子方程式的正误判断。注意离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，检查是否符合守恒关系等。本题的易错点为A，要注意物质的量间的关系。‎ ‎20. 一定条件下，一种反应物过量，另一种反应物仍不能完全反应的是 A. 过量的铁与浓硝酸 B. 过量的浓盐酸与二氧化锰 C. 过量的铜与浓硫酸 D. 过量的锌与18mol/L硫酸 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A．在加热的条件下过量的铁能把硝酸完全消耗，A错误；B．可以加入过量的浓盐酸，使二氧化锰彻底反应完全，B错误；C．浓硫酸随着反应变稀，稀硫酸不再与铜反应，C正确；D．18mol/L的浓硫酸与锌开始反应产生SO2，随着反应进行，浓硫酸变稀，再与锌反应产生H2，D错误，答案选C。‎ ‎【考点定位】考查物质反应的判断 ‎【名师点睛】常见化学反应中，有些反应能否发生（或者能否完全反应）除了与反应本身特点有关外，往往与反应物的量（或浓度）有关。常见类型有：①所有的可逆反应；②二氧化锰只能与浓盐酸反应生成氯气；③铜只能与浓硫酸在加热条件下反应；④活泼金属与稀硫酸反应生成氢气、与浓硫酸生成二氧化硫，两个反应的原理不同；⑤澄清石灰水中通入二氧化碳（或二氧化硫）气体，随着气体的量不同产物不同；⑥碳酸钠溶液中逐滴加入稀盐酸的反应；⑦可溶性铝盐与强碱溶液、可溶性偏铝酸盐与强酸溶液的反应；⑧银氨溶液的配置过程；⑨过量的变价金属铁与定量浓硫酸、浓稀硝酸的反应等等。注意相关基础知识的积累。‎ ‎21. NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 过氧化钠与水反应生成0.1mol氧气时，转移的电子数为0.2NA B. 常温下，56g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子 C. 相同质量的铝，分别与足量的盐酸和氢氧化钠溶液反应放出的氢气体积一定不相同 D. 标准状况下，11.2L N2和O2的混合气体中所含的原子数为2NA ‎【答案】A ‎【解析】分析：A．过氧化钠与水反应时，氧元素的价态一半由-1价变为0价，一半降为-2价；B、常温下，铁在浓硫酸中会钝化；C．根据铝与氢氧化钠溶液和稀盐酸反应的化学方程式分析判断；D. 先计算标准状况下11.2L N2和O2的混合气体的物质的量，再判断。‎ 详解：A．过氧化钠与水反应时，氧元素的价态由-1价变为0价，一半降为-2价，故当生成0.1mol氧气时转移0.2mol电子即0.2NA个，故A正确；B、铁在浓硫酸中会钝化，故铁不能完全反应，则生成的二氧化硫分子小于NA个，故B错误；C．由2Al+6HCl=2AlCl3+3H2‎ ‎↑、2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑可知，当酸、碱均过量，铝完全反应，铝的物质的量相等，转移电子数相等，生成氢气的物质的量相等，故C错误；D. 标准状况下，11.2L N2和O2的混合气体的物质的量为=0.5mol，所含的原子数为NA，故D错误；故选A。‎ 点睛：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断。本题的易错点为B，要注意铁或铝常温下在浓硫酸或浓硝酸中发生钝化，同时要知道钝化属于化学变化。‎ ‎22. 下列离子检验及结论一定正确的是 A. 加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加盐酸，沉淀不消失，则原溶液中一定含SO42－‎ B. 在某溶液中滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则原溶液中一定有Cl－‎ C. 加稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，则原溶液中一定有CO32－‎ D. 通入氯气后，溶液变为黄色，加淀粉液后溶液变蓝，则原溶液中一定有I－‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：A、加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，白色沉淀可能是钡离子反应生成的，也可能是氯离子反应生成的；B、能够与硝酸银反应生成白色沉淀，该白色沉淀可能是氯化银，也可能是碳酸银、硫酸银等；C、加入稀盐酸产生的无色无味气体，该气体是二氧化碳；D、通入氯气后，溶液变为黄色，黄色溶液可能是碘水，也可能是氯化铁，结合淀粉的性质分析。‎ 详解：A、加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，不能排除银离子的干扰，氯化银难溶于盐酸，故A错误；B、在某溶液中滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，该白色沉淀可能是氯化银，也可能是碳酸银、硫酸银等，需要再加硝酸，白色沉淀不溶解，则该沉淀一定是氯化银，一定含有Cl-，故B错误；C、某溶液中加入稀盐酸产生无色无味、能使澄清石灰水变浑浊的气体，应为二氧化碳，该溶液中可能为HCO3-或CO32-，故C错误；D、通入氯气后，溶液变为黄色，黄色溶液可能是碘水，也可能是氯化铁，加淀粉液后溶液变蓝，则一定为碘水，则原溶液中一定有I－，故D正确；故选D。‎ 点睛：本题考查离子的检验，明确复分解反应发生的条件及离子之间的反应，注意排除某些离子的干扰以及应该加入什么试剂才能排除这些离子的干扰是解答的关键。本题的易错点为A，要注意常见离子的检验方法的归纳、理解和记忆。‎ ‎23. 0.01mol Al投入到100mL 3mol/L NaOH溶液中充分反应后，再滴入1mol/L H2SO4 120mL，其结果 A. 溶液的pH＜7 B. 得到澄清透明溶液 C. 得到浑浊液 D. 先有白色沉淀生成，后逐渐溶解 ‎【答案】B ‎【解析】分析：能够先后发生的反应有①2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、②2NaOH+H2SO4=Na2SO4+H2O、③H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓，④Al(OH)3 + 3H+=Al3+ + 3H2O，n(Al)=0.01mol，n(NaOH)=0.1L×3mol/L=0.3mol，n(H+)=1mol/L×0.12L×2=0.24mol，以此来解答。‎ 详解：n(Al)=0.01mol，n(NaOH)=0.1L×3mol/L=0.3mol，由2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知，Al完全反应，消耗NaOH为0.01mol，由2NaOH+H2SO4=Na2SO4+H2O可知，0.29molNaOH需要硫酸为=0.145mol，而n(H+)=1mol/L×0.12L×2=0.24mol，硫酸为0.12mol，硫酸不足，则不发生H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓和Al(OH)3 + 3H+=Al3+ + 3H2O，因此最后得到偏铝酸钠、氢氧化钠、硫酸钠的混合溶液，溶液显碱性，故选B。‎ ‎24. 今有甲、乙、丙三瓶等体积的新制氯水，浓度均为0.1mol/L，如果在甲瓶中加入少量的NaHCO3晶体(m mol)，在乙瓶中加入少量的NaHSO3晶体(m mol)，丙瓶不变，片刻后甲、乙、丙三瓶中HClO的物质的量浓度大小关系是（设溶液体积不变）‎ A. 甲=乙＞丙 B. 丙＞乙+甲 C. 甲＞丙＞乙 D. 乙＞丙＞甲 ‎【答案】C ‎【解析】分析：HClO的酸性比碳酸弱但比HCO3-的酸性强，加入少量的NaHCO3晶体，可促进氯气与水的反应，生成更多的HClO，HClO可与NaHSO3发生氧化还原反应而导致浓度降低。‎ 详解：甲中加入少量的NaHCO3晶体：HClO的酸性比碳酸弱但比HCO3-的酸性强，加入少量的NaHCO3晶体，可促进氯气与水的反应，生成更多的HClO；乙中加入少量的NaHSO3晶体：HClO可与NaHSO3发生氧化还原反应而导致浓度降低；丙不变，则甲、乙、丙三瓶溶液中HClO的物质的量浓度的大小关系为甲＞丙＞乙，故选C。‎ ‎25. 有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H2SO4和HNO3的物质的量浓度分别是4mol/L和2mol/L，取10mL此混合酸，向其中加入过量的铁粉，待反应结束后，可产生标准状况下气体的体积为（设反应HNO3被还原成NO）‎ A. 0.672L B. 0.448L C. 0.224L D. 0.896L ‎【答案】A ‎【解析】分析：10mL混合酸中含有：n(H+)=0.01L×2×4mol/L+0.01L×2mol/L=0.1mol，n(NO3-‎ ‎)=0.01L×2mol/L=0.02mol，由于铁过量，先后可能发生：3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，Fe+2H+=Fe2++H2↑，以此计算该题。‎ 详解：10mL混合酸中含有：n(H+)=0.01L×2×4mol/L+0.01L×2mol/L=0.1mol，n(NO3-)=0.01L×2mol/L=0.02mol，由于铁过量，则先发生反应：3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，氢离子过量，反应后剩余n(H+)=0.1mol-0.08mol=0.02mol，再发生Fe+2H+=Fe2++H2↑，生成氢气0.01mol，所以：n(NO)+n(H2)=0.02mol+0.01mol=0.03mol，V(NO)+V(H2)=0.03mol×22.4L/mol=0.672L，故选A。‎ 点睛：本题考查混合物的计算，本题注意铁过量，根据n(H+)、n(NO3-)判断反应的可能性。本题的易错点为反应先后顺序的判断，要注意硝酸具有强氧化性，与铁反应不放出氢气。‎ 二、填空题（4道题，共40分）‎ ‎26. 根据要求完成下列问题 ‎（1）单质铝和氢氧化钠溶液反应的化学方程式_________________，本反应中的氧化剂是_______。‎ ‎（2）实验室用二氧化锰和浓盐酸制取氯气的离子方程式_____________________。本反应中的氧化剂和还原剂的物质的量比为_____________________。‎ ‎（3）二氧化硫和氯气按等物质的量通入足量水中的化学方程式_______________，本反应中若有1mol氧化剂参加反应则转移电子数目为_____________________。‎ ‎（4）浓硝酸一般显黄色，用方程式解释原因：______________，可向浓硝酸中通入_______消除黄色。‎ ‎【答案】 (1). 2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑ (2). H2O (3). MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O (4). 1:2 (5). SO2 + Cl2 + 2H2O = 2HCl + H2SO4 (6). 2NA (7). 4HNO3 4NO2↑ + O2↑ + 2H2O (8). 氧气或空气 ‎【解析】分析：(1)根据铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气书写方程式；在氧化还原反应中，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂；‎ ‎(2)二氧化锰和浓盐酸加热生成氯气，本反应中的氧化剂是二氧化锰还原剂为氯化氢；‎ ‎(3)二氧化硫和氯气按等物质的量通入足量水中反应生成硫酸和盐酸； ‎ ‎(4)浓硝酸易分解显黄色是因为溶解了二氧化氮的缘故。据此分析解答。‎ 详解：(1)铝和氢氧化钠溶液反应方程式为：2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑，反应中水中的氢元素的化合价降低，水是氧化剂，故答案为：2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑；H2O；‎ ‎(2)MnO2+4HCl MnCl2+Cl2↑+2H2‎ O，反应的实质是二氧化锰在酸性条件下氧化氯离子，其反应离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-(浓)Mn2++Cl2↑+2H2O，氧化剂为MnO2，还原剂为HCl，当有1molMnO2反应时，有2molHCl被氧化，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2，故答案为：MnO2+4H++2Cl-(浓)Mn2++Cl2↑+2H2O；1：2；‎ ‎(3)二氧化硫和氯气按等物质的量通入足量水中反应生成硫酸和盐酸，反应的化学方程式为SO2 + Cl2 + 2H2O = 2HCl + H2SO4，反应中氯气是氧化剂，二氧化硫是还原剂，若有1mol氯气参加反应则转移电子2mol，数目为2NA，故答案为：SO2 + Cl2 + 2H2O = 2HCl + H2SO4； 2NA；‎ ‎(4)浓硝酸见光易分解，硝酸分解产生的NO2溶解于硝酸时其为黄色，方程式为：4HNO3(浓)=2H2O+4NO2↑+O2↑，可采用通入空气的方法与二氧化氮和水反应再生成硝酸，从而消除黄色，故答案为：4HNO3(浓)=2H2O+4NO2↑+O2↑；空气或氧气。‎ ‎27. 下列关系图中，A 是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸。当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系（其他产物及反应所需条件均已略去）‎ 请回答下列问题 ‎（1）A物质的化学式为_____________________。‎ ‎（2）当X是强碱时：‎ ‎①过量的B跟Cl2反应的方程式为_____________________。‎ ‎②D和F的化学式分别是D__________;F_____________________。‎ ‎（3）当X是强酸时：‎ ‎①C在常温下是__________态单质。‎ ‎②在工业生产中D气体的大量排放会形成__________而污染环境。‎ ‎【答案】 (1). (NH4)2S (2). 8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl (3). NO (4). HNO3 (5). 固 (6). 酸雨 ‎【解析】分析：A是一种正盐，B是气态氢化物，X无论是强酸还是强碱时都有该转化关系，故A为弱酸的铵盐；若X是强碱，B为NH3，C为N2，NH3跟Cl2反应除生成N2外，另一产物是NH4Cl，D为NO，E为NO2，F为HNO3；若X为强酸，B为酸性氢化物，由B与氯气生成C，C是单质，可知氢化物B具有还原性，F是强酸，由C氧化生成D，D氧化生成E可知，物质含有的元素具有变价，则C为S单质，据此分析；‎ 据此分析解答。‎ 详解：A是一种正盐，B是气态氢化物，X无论是强酸还是强碱时都有该转化关系，故A为弱酸的铵盐；若X是强碱，B为NH3，C为N2，NH3跟Cl2反应除生成N2外，另一产物是NH4Cl，D为NO，E为NO2，F为HNO3；若X为强酸，B为酸性氢化物，由B与氯气生成C，C是单质，可知氢化物B具有还原性，F是强酸，由C氧化生成D，D氧化生成E可知，物质含有的元素具有变价，则C为S单质，符合转化关系，A为(NH4)2S，B为H2S，C为S，D为SO2，E为SO3，F为H2SO4。‎ ‎(1)由上述分析可知，A为(NH4)2S；故答案为：(NH4)2S；‎ ‎(2)若X是强碱，A为(NH4)2S；B为NH3，C为N2，D为NO，E为NO2，F为HNO3。‎ ‎①过量的氨气跟Cl2发生氧化还原反应，生成氯化铵和氮气，反应的方程式为8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl，故答案为：8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl；‎ ‎②D为NO，F为HNO3，故答案为：NO；HNO3；‎ ‎(3)若X为强酸，根据上述分析，A为(NH4)2S，B为H2S，C为S，D为SO2，E为SO3，F为H2SO4。‎ ‎①S在常温下是固态单质，故答案为：固；‎ ‎②在工业生产中二氧化硫气体的大量排放会形成酸雨而污染环境，故答案为：酸雨。‎ 点睛：以“无机框图题”的形式考查元素单质及其化合物的性质，难度较大。A是一种正盐，B是气态氢化物，X无论是强酸还是强碱时都有该转化关系，据此判断A为弱酸的铵盐，是推断的关键，再结合特殊转化关系CDE推断。‎ ‎28. 如图是实验室制取SO2并验证SO2的某些性质的装置，试回答 试回答：‎ ‎（1）②中的实验现象为______________。‎ ‎（2）④中的实验现象为______________，此实验说明SO2有____________性．‎ ‎（3）⑤中的实验现象为____________，此实验说明SO2有________性．‎ ‎（4）⑥的作用是___________，反应方程式是_____________________。‎ ‎【答案】 (1). 石蕊试液变红 (2). 有淡黄色沉淀产生 (3). 氧化 (4). 溴水褪色 (5). 还原 (6). 吸收多余的SO2 (7). SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O ‎【解析】分析：实验室制SO2并验证SO2某些性质，①中硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，②中二氧化硫与水反应生成亚硫酸，遇石蕊变红；③中品红溶液褪色；④中二氧化硫与硫化氢发生氧化还原反应生成单质S；⑤中二氧化硫与溴水发生氧化还原反应；⑥为尾气处理装置，据此分析解答。‎ 详解：(1)②中为紫色石蕊试液，二氧化硫溶于水和水反应生成亚硫酸，SO2+H2O⇌H2SO3，亚硫酸为弱酸，可以使紫色石蕊试液变红，故答案为：紫色石蕊溶液变红；‎ ‎(2)④中SO2中+4价S具有氧化性，硫化氢中-2价S具有还原性，二氧化硫能把硫化氢氧化成单质硫，本身被还原成单质硫，反应方程式为SO2+2H2S=3S↓+2H20，所以④中现象是有淡黄色沉淀生成，故答案为：有淡黄色沉淀生成；氧化；‎ ‎(3)⑤中溴水具有氧化性，SO2中+4价S具有还原性，两者发生氧化还原反应，溶液褪色，该反应中二氧化硫为还原剂，具有还原性，故答案为：溴水褪色；还原；‎ ‎(4)二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，二氧化硫酸性氧化物能够与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，所以可以用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，反应的化学方程式为：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，故答案为：吸收多余的SO2，防止污染空气；2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O。‎ ‎29. 功能高分子P的合成路线如图所示：‎ ‎(1)A的分子式是C7H8，其结构简式是____。‎ ‎(2)试剂a是____。‎ ‎(3)反应③的化学方程式:____________________。‎ ‎(4)E的分子式是C6H10O2。E中含有的官能团名称:____。‎ ‎(5)反应④的反应类型是____。‎ ‎(6)反应⑤的化学方程式:_______________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 浓硫酸和浓硝酸 (3). ‎ ‎ (4). 碳碳双键，酯基 (5). 加聚反应 (6). ‎ ‎【解析】根据高分子P的结构和A的分子式为C7H8，可以推出，D为对硝基苯甲醇，因此A应该为甲苯，B为对硝基甲苯，B与氯气发生取代反应生成C为一氯甲基对硝基苯，结构简式为。根据D和P的结构简式可知D和G发生酯化反应生成P，因此G的结构简式为。F水解生成G和乙醇，因此F的结构简式为。E在催化剂的作用下转化为F，这说明反应④是碳碳双键的加聚反应，因此E的结构简式为CH3CH＝CHCOOC2H5。‎ ‎（1）根据以上分析可知A的结构式为；‎ ‎（2）甲苯和硝酸在浓硫酸催化作用下生成对硝基苯，所以试剂a为浓硫酸和浓硝酸；‎ ‎（3）反应③是一氯甲基对硝基苯在氢氧化钠的水溶液中发生取代反应生成对硝基苯甲醇，反应的化学方程式为；‎ ‎（4）根据E的结构式为CH3CH=CHCOOC2H5可知所含官能团有碳碳双键、酯基；‎ ‎（5）F应该是E发生加聚反应生成的一个高分子化合物，所以反应④是加聚反应；‎ ‎（6）反应⑤的化学方程式为。‎ ‎【点睛】本题主要考查有机物的推断与合成、结构、性质、转化、化学方程式的书写等知识。‎ 有机物的结构、性质、转化、反应类型的判断、化学方程式和同分异构体结构简式的书写及物质转化流程图的书写是有机化学学习中经常碰到的问题，解答此类问题需要学生掌握常见的有机代表物的性质、各类官能团的性质、化学反应类型、物质反应的物质的量关系与各类官能团的数目关系，充分利用题目提供的信息进行分析、判断。解决这类题的关键是以反应类型为突破口，以物质类别判断为核心进行思考。经常在一系列推导关系中有部分物质已知，这些已知物往往成为思维“分散”的联结点。可以由原料结合反应条件正向推导产物，也可以从产物结合条件逆向推导原料，也可以从中间产物出发向两侧推导，审题时要抓住基础知识，结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用、参照反应条件推出结论。解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。本题的区分度体现在“E物质”的推导过程，该物质可用“逆推法”来推断。有机题高起低落，推断过程可能略繁琐，但大多数问题的难度不大。‎ ‎ ‎